《高考物理100考点模拟题千题精练(必修一)》专题3.20 滑块板块问题（能力篇）（解析版）

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2021 年高考物理 100 考点最新模拟题千题精练

第三部分牛顿运动定律

专题 3.20 滑块板块问题（能力篇）

一．选择题

1.如图所示，长木板静止于光滑水平地面，滑块叠放在木板右端，现对木板施加水平恒力，使它们向

右运动．当滑块与木板分离时，滑块相对地面的位移为 x、速度为 v.若只减小滑块质量，重新拉动木板，

滑块与木板分离时(　　)

A．x变小，v变小 B．x变大，v变大

C．x变小，v变大 D．x变大，v变小

【参考答案】A

【名师解析】长木板和滑块做初速度为 0的匀加速直线运动，根据牛顿第二定律得滑块的加速度 a1＝

μg，长木板加速度 a2＝，由运动学公式可得滑块与木板分离时，滑块相对地面的位移为 x＝a1t2，滑块相对

长木板的位移为 L＝a2t2－a1t2，滑块相对地面的速度 v＝a1t，若只减小滑块质量，再次拉动木板，根据牛顿

第二定律得滑块的加速度 a1＝μg 不变，长木板加速度 a2＝变大，由滑块相对长木板的位移为 L＝a2t2－a1t2

可得运动时间变小，滑块相对地面的位移为 x＝a1t2变小，滑块相对地面的速度为 v＝a1t变小，故 A正确，

B、C、D错误．

2. （2016 福建名校联考）如图 3所示，质量为 m的木块 P在质量为 M的长木板 ab 上滑行，长木板放在水

平地面上一直处于静止状态．若长木板 ab 与地面间的动摩擦因数为 μ1，木块 P与长木板 ab 间的动摩

擦因数为 μ2，则长木板 ab 受到地面的摩擦力大小为 ( )

A．μ1Mg B．μ1(m＋M)g

C．μ2mg D．μ1Mg＋μ2mg

【参照答案】　C

【名师解析】

质量为 m的木块 P在质量为 M的长木板 ab 上滑行，M对m的摩擦力等于 μ2mg，由牛顿第三定律可知，

m对M的摩擦力大小等于 μ2mg。对 M由平衡条件可得长木板 ab 受到地面的摩擦力大小为 μ2mg

。

3．如图所示，水平桌面上平放一叠共计 54 张的扑克牌，每一张的质量均为 m．用一手指以竖直向下的力

压第 1 张牌，并以一定速度向右移动手指，确保手指与第 1 张牌之间有相对滑动．设最大静摩擦力与滑动

摩擦力相同，手指与第 l 张牌之间的动摩擦因数为，牌间的动摩擦因数均为，第 54 张牌与桌面间

的动摩擦因数为，且有．则下列说法正确的是( )

A．第 l 张和第 2 张牌一定保持相对静止

B．第 54 张牌受到水平桌面的摩擦力向右

C．第 2 张牌到第 53 张牌之间不可能发生相对滑动

D．第 2 张牌到第 53 张牌之间可能发生相对滑动

【参考答案】C

【名师解析】

若手指与第 1 张牌的摩擦力大于 1 与 2 间的摩擦力，则二者发生相对滑动．故 A 错误．B、对 53 张牌（除

第 1 张牌外）研究，处于静止状态，水平方向受到第 1 张牌的滑动摩擦力，方向与手指的运动方向相同，

则根据平衡条件可知：第 54 张牌受到桌面的摩擦力方向与手指的运动方向相反．故 B 错误．

C、设每张的质量为 m，动摩擦因数为



．对第 2 张分析，它对第 3 张牌的压力等于上面两张牌的重力，最

大静摩擦力

2 2

f mg mg

 

  

，而受到的第 1 张牌的滑动摩擦力为

f mg f



 

，则第 2 张牌与第 3

张牌之间不发生相对滑动．同理，第 3 张到第 54 张牌也不发生相对滑动．故 C 正确，D 错误．故选 C.

考点：本题考查了受力分析、力的平衡、静摩擦力与最大静摩擦力.

二．计算题

1.(16 分) （2020 江苏百校大联考第二次考试）如图甲所示,一足够长的木板静止在光滑的水平地面上,可视

为质点的小滑块质量为 m=1 kg,置于木板中央 A处。从 t=0时刻开始,木板在一定时间内受到水平方向的恒

定拉力 F,其运动的速度-时间图象如图乙所示。已知滑块与木板间的动摩擦因数为 μ=0.2,木板与滑块间的最

大静摩擦力等于滑动摩擦力,重力加速度 g取10 m/s2。求:

(1)t=0时刻滑块加速度的大小;

(2)拉力 F的大小;

(3)为使滑块不从木板上滑落,木板的长度至少为多少?

【名师解析】.(16 分)

(1)设t=0时刻滑块与木板发生相对滑动,由木板运动的 v-t 图象可得:

a木板= = m/s2=4 m/s2,

(2 分)

对滑块,由牛顿第二定律有:μmg=ma 滑块,得a滑块=μg=2 m/s2,

(2 分)

由于 a滑块<a 木板,所以滑块确实与木板发生了相对滑动,a滑块=2 m/s2。

(1 分)

(2)由图象 v-t 可知,在t=3 s 时撤去了拉力,

此时,木板的速度为 v1=a 木板 t=12 m/s

(1 分)

滑块的速度为 v2=a 滑块 t=6 m/s,

(1 分)

滑块与木板间仍有相对滑动

对木板,由v-t 图象得加速度大小为 a2= m/s2=4 m/s2,

(1 分)

由牛顿第二定律有 μmg=Ma2,解得 M=0.5 kg,

(1 分)

研究木板 3 s 前的运动有 F-μmg=Ma 木板 ,解得 F=4 N。

(1 分)

(3)3 s 时木板速度为 v1=12 m/s,滑块速度为 v2=6 m/s,设再经过 t2时间滑块与木板的速度大小相等,有v1-

a2t2=v2+a 滑块 t2,解得 t2=1 s;

(1 分)

木板和滑块速度相等时,木板的总位移为 x1= a 木板 +v1t2- a2=28 m

(2 分)

滑块的总位移为 x2= a 滑块(t1+t2)2=16 m,

(1 分)

两者相对位移为 Δx=x1-x2=12 m,

(1 分)

所以木板的总长度不少于 2Δx=24 m。

(1 分)

2.（12 分）（2019 四川绵阳二诊）

如图所示，长 L=2.5 m、高 h=0.2 m 的长方体物块 P静止在光滑的水平地面上，可视为质点的质量

m=1kg 的小滑块 Q在物块 P的上表面左端静止，物块 P和滑块 Q之间的动摩擦因数 μ=0.2。现给滑块 Q一

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